2021年初中数学二轮复习 专题训练 图形与变换 作业

图形与变换

一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1．下列图形既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；

B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；

C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；

D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；

故选：C．

2．如图所示的正六棱柱的主视图是（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

从正面看是左右相邻的3个矩形，中间的矩形的面积较大，两边相同．

故选A．

3．如图，将线段 AB 先向右平移 5 个单位，再将所得线段绕原点按顺时针方向旋转 90°，得到线段 AB ，则点 B 的对应点 B′的坐标是（      ）

A．（-4 , 1） B．（ －1, 2） C．（4 ,- 1） D．（1 ,- 2）

【答案】D

【解析】

将线段AB先向右平移5个单位，点B（2，1），连接OB，顺时针旋转90°，则B'对应坐标为（1，-2），

故选D．

4．如图，菱形的对角线，交于点，，将沿点到点的方向平移，得到，当点与点重合时，点与点之间的距离为(    )

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

由菱形的性质得

为直角三角形

故选C

5．如图，在平面直角坐标系中，将四边形向下平移，再向右平移得到四边形，已知，则点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

图形向下平移，纵坐标发生变化，图形向右平移，横坐标发生变化. A（－3，5）到A1（3，3）得向右平移3－（－3）＝6个单位，向下平移5－3＝2个单位.所以B（－4，3）平移后B1（2，1）.

故选B.

6．如图，将绕点逆时针旋转70°到的位置，若，则（　　）

A．45° B．40° C．35° D．30°

【答案】D

【解析】

∵绕点逆时针旋转70°到的位置，

∴，

而，

∴

故选：D．

7．如图，以点O为位似中心，把放大为原图形的2倍得到，以下说法中错误的是（   ）

A． B．点C、点O、点C′三点在同一直线上

C． D．

【答案】C

【解析】

∵以点O为位似中心，把放大为原图形的2倍得到，

∴，点C、点O、点C′三点在同一直线上，，

，

∴C选项错误，符合题意．

故选C．

8．如图，在边长为的菱形中，，过点作于点，现将△沿直线翻折至△的位置，与交于点.则等于（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

∵∠B=30°，AB=，AE⊥BC

∴AE=，BE=

∴BF=3，EC=-，则CF=3-

又∵CG∥AB

∴

∴

解得CG=.

二、填空题（本大题共4个小题，每小题6分，共24分）

9．如图，在平面直角坐标系中，的直角顶点的坐标为 ，点在轴正半轴上，且．将先绕点逆时针旋转，再向左平移3个单位，则变换后点的对应点的坐标为______．

【答案】

【解析】

∵点的坐标为，，

∴点的坐标为，

如图所示，将先绕点逆时针旋转90°，

则点的坐标为，
再向左平移3个单位长度，则变换后点的对应点坐标为，

故答案为：．

10．如图，在平面直角坐标系中，，由绕点顺时针旋转而得，则所在直线的解析式是___．

【答案】．

【解析】

∵

∴

过点作轴于点，

∴∠BOA=∠ADC=90°.

∵∠BAC=90°,

∴∠BAO+∠CAD=90°.

∵∠ABO+∠BAO=90°,

∴∠CAD=∠ABO.

∵AB=AC，

 ∴.

∴

∴

设直线的解析式为，将点，点坐标代入得

∴

∴直线的解析式为．

故答案为：．

11．一副三角板如图放置，将三角板ADE绕点A逆时针旋转，使得三角板ADE的一边所在的直线与BC垂直，则的度数为______.

【答案】15°或60°.

【解析】

①如下图，当DE⊥BC时，

如下图，∠CFD＝60°，

旋转角为：＝∠CAD＝60°-45°＝15°；

（2）当AD⊥BC时，如下图，

旋转角为：＝∠CAD＝90°-30°＝60°；

12.如图，已知Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，点M、N分别在线段AC、AB上，将△ANM沿直线MN折叠，使点A的对应点D恰好落在线段BC上，当△DCM为直角三角形时，折痕MN的长为__．

【答案】或

【解析】

分两种情况：

①如图，当∠CDM=90°时，△CDM是直角三角形，

∵在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，

∴∠C=30°，AB=AC=+2，

由折叠可得，∠MDN=∠A=60°，

∴∠BDN=30°，

∴BN=DN=AN，

∴BN=AB=，

∴AN=2BN=，

∵∠DNB=60°，

∴∠ANM=∠DNM=60°，

∴∠AMN=60°，

∴AN=MN=；

②如图，当∠CMD=90°时，△CDM是直角三角形，

由题可得，∠CDM=60°，∠A=∠MDN=60°，

∴∠BDN=60°，∠BND=30°，

∴BD=DN=AN，BN=BD，

又∵AB=+2，

∴AN=2，BN=，

过N作NH⊥AM于H，则∠ANH=30°，

∴AH=AN=1，HN=，

由折叠可得，∠AMN=∠DMN=45°，

∴△MNH是等腰直角三角形，

∴HM=HN=，

∴MN=，

故答案为：或．

三、解答题（本大题共3个小题，每小题12分，共36分． 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

13．如图，△ABC在平面直角坐标系中，顶点的坐标分别为A(-4，4)，B(-1，1)，C(-1，4)．

(1)画出与△ABC关于y轴对称的△A1B1C1．

(2)将△ABC绕点B逆时针旋转90°，得到△A2BC2，画两出△A2BC2．

(3)求线段AB在旋转过程中扫过的图形面积．(结果保留π)

【答案】(1)作图见解析；(2)作图见解析；(3)π.

【解析】

解：(1)如图，△AlB1C1为所作.

(2)如图，△A2BC2为所作；

(3)AB==3，

所以线段AB在旋转过程中扫过的图形面积==π．

14．如图1，在中，，，点M是AB的中点，连接MC，点P是线段BC延长线上一点，且，连接MP交AC于点H．将射线MP绕点M逆时针旋转交线段CA的延长线于点D．

（1）找出与相等的角，并说明理由．

（2）如图2，，求的值．

（3）在（2）的条件下，若，求线段AB的长．

【答案】（1）；理由见解析；（2）；（3）.

【解析】

（1）．

理由如下：∵，，

∴．

∴．

由旋转的性质知，．

∴；

（2）如图，过点C作交MP于点G．

∴，．

∵，点M是AB的中点，

∴．

∴．

∴．

∵．

∴．

∵，

∴．

在与中，

∴．

∴．

∵．

∴．

∵，

∴．

∴．

设，则，．

在中，．

∴．

∴；

（3）如图，由（2）知．则．

∵．

∴．

∵，

∴．

∴．

∴．

∴．

由（2）知，，则．

∴，．

∵，．

∴．

∴．

∴，即．

解得，（舍去）．

∴．

15．如图1，点E是正方形ABCD边CD上任意一点，以DE为边作正方形DEFG，连接BF，点M是线段BF中点，射线EM与BC交于点H，连接CM．

（1）请直接写出CM和EM的数量关系和位置关系；

（2）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转45°，此时点F恰好落在线段CD上，如图2，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由；

（3）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转90°，此时点E、G恰好分别落在线段AD、CD上，如图3，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由．

【答案】（1）CM=EM，CM⊥EM，理由见解析；（2）（1）中的结论成立，理由见解析；（3）（1）中的结论成立，理由见解析.

【解析】

（1）如图1，结论：CM=EM，CM⊥EM．

理由：∵AD∥EF，AD∥BC，

∴BC∥EF，

∴∠EFM=∠HBM，

在△FME和△BMH中，

，，

∴△FME≌△BMH，

∴HM=EM，EF=BH，

∵CD=BC，

∴CE=CH，∵∠HCE=90°，HM=EM，

∴CM=ME，CM⊥EM．

（2）如图2，连接AE，

∵四边形ABCD和四边形EDGF是正方形，

∴∠FDE=45°，∠CBD=45°，

∴点B、E、D在同一条直线上，

∵∠BCF=90°，∠BEF=90°，M为AF的中点，

∴CM=AF，EM=AF，

∴CM=ME，

∵∠EFD=45°，

∴∠EFC=135°，

∵CM=FM=ME，

∴∠MCF=∠MFC，∠MFE=∠MEF，

∴∠MCF+∠MEF=135°，

∴∠CME=360°-135°-135°=90°，

∴CM⊥ME．

（3）如图3，连接CF，MG，作MN⊥CD于N，

在△EDM和△GDM中，

，

∴△EDM≌△GDM，

∴ME=MG，∠MED=∠MGD，

∵M为BF的中点，FG∥MN∥BC，

∴GN=NC，又MN⊥CD，

∴MC=MG，

∴MD=ME，∠MCG=∠MGC，

∵∠MGC+∠MGD=180°，

∴∠MCG+∠MED=180°，

∴∠CME+∠CDE=180°，

∵∠CDE=90°，

∴∠CME=90°，

∴（1）中的结论成立．